Страница 21 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

1.37 Докажите по индукции, что:

а) $1 + 2 + \dots + n < n^2$, $n \in N$, $n \ge 2$;

б) $2^n > 5n + 1$, $n \in N$, $n \ge 5$;

в) $2^n > n^2$, $n \in N$, $n \ge 4$;

г) $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n \ge 2^{n-1}$, $n \in N$, $n \ge 3$.

д) $\frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} > \sqrt{n}$, $n \in N$, $n \ge 2$.

а) Докажем неравенство $1 + 2 + ... + n < n^2$ для всех натуральных чисел $n \ge 2$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим утверждение для наименьшего значения $n=2$.

Левая часть: $1 + 2 = 3$.

Правая часть: $n^2 = 2^2 = 4$.

Так как $3 < 4$, неравенство для $n=2$ выполняется.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 2$, то есть:

$1 + 2 + ... + k < k^2$

3. Индукционный шаг.

Докажем, что неравенство верно и для следующего числа $n = k+1$. То есть, докажем, что $1 + 2 + ... + k + (k+1) < (k+1)^2$.

Рассмотрим левую часть неравенства:

$(1 + 2 + ... + k) + (k+1)$

Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:

$(1 + 2 + ... + k) + (k+1) < k^2 + (k+1)$

Теперь нам нужно показать, что полученное выражение меньше правой части доказываемого неравенства, то есть $k^2 + k + 1 < (k+1)^2$.

$(k+1)^2 = k^2 + 2k + 1$

Сравниваем $k^2 + k + 1$ и $k^2 + 2k + 1$.

$k^2 + k + 1 < k^2 + 2k + 1$

Вычтем из обеих частей $k^2 + k + 1$:

$0 < k$

Поскольку по условию $k \ge 2$, неравенство $k > 0$ истинно.

Таким образом, мы показали, что $1 + 2 + ... + (k+1) < k^2 + k + 1 < (k+1)^2$, что и требовалось доказать.

Шаг индукции выполнен. По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n \ge 2$.

Ответ:

б) Докажем неравенство $2^n > 5n + 1$ для всех натуральных чисел $n \ge 5$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим утверждение для $n=5$.

Левая часть: $2^5 = 32$.

Правая часть: $5 \cdot 5 + 1 = 26$.

Так как $32 > 26$, неравенство для $n=5$ выполняется.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 5$, то есть:

$2^k > 5k + 1$

3. Индукционный шаг.

Докажем, что неравенство верно для $n = k+1$. То есть, докажем, что $2^{k+1} > 5(k+1) + 1$.

$2^{k+1} > 5k + 6$

Рассмотрим левую часть. $2^{k+1} = 2 \cdot 2^k$. Используя индукционное предположение, получаем:

$2 \cdot 2^k > 2 \cdot (5k + 1) = 10k + 2$

Теперь докажем, что $10k + 2 > 5k + 6$ для $k \ge 5$.

$10k - 5k > 6 - 2$

$5k > 4$

$k > 4/5$

Так как $k \ge 5$, это неравенство очевидно верно.

Мы получили цепочку неравенств: $2^{k+1} > 10k + 2 > 5k + 6$. Следовательно, $2^{k+1} > 5(k+1)+1$.

Шаг индукции выполнен. По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n \ge 5$.

Ответ:

в) Утверждение $2^n > n^2$ при $n \ge 4$ в представленном виде неверно. Для $n=4$ левая часть равна $2^4=16$, а правая $4^2=16$. Неравенство $16 > 16$ является ложным. Вероятно, в условии допущена опечатка. Утверждение становится верным при $n \ge 5$. Докажем неравенство $2^n > n^2$ для $n \ge 5$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим утверждение для $n=5$.

Левая часть: $2^5 = 32$.

Правая часть: $5^2 = 25$.

Так как $32 > 25$, неравенство для $n=5$ выполняется.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 5$, то есть:

$2^k > k^2$

3. Индукционный шаг.

Докажем, что неравенство верно для $n = k+1$. То есть, докажем, что $2^{k+1} > (k+1)^2$.

Рассмотрим левую часть. $2^{k+1} = 2 \cdot 2^k$. По индукционному предположению:

$2 \cdot 2^k > 2 \cdot k^2$

Теперь нужно доказать, что $2k^2 > (k+1)^2$ для $k \ge 5$.

$2k^2 > k^2 + 2k + 1$

$k^2 - 2k - 1 > 0$

Найдем корни уравнения $x^2 - 2x - 1 = 0$. $x_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 4(-1)}}{2} = 1 \pm \sqrt{2}$.

Неравенство $k^2 - 2k - 1 > 0$ выполняется при $k < 1-\sqrt{2}$ или $k > 1+\sqrt{2}$.

Поскольку $1+\sqrt{2} \approx 2.414$, а мы рассматриваем $k \ge 5$, условие $k > 1+\sqrt{2}$ выполняется. Значит, $k^2 - 2k - 1 > 0$ истинно.

Мы получили: $2^{k+1} > 2k^2 > (k+1)^2$. Следовательно, $2^{k+1} > (k+1)^2$.

Шаг индукции выполнен. По принципу математической индукции, неравенство $2^n > n^2$ верно для всех натуральных $n \ge 5$.

Ответ:

г) Докажем неравенство $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n \ge 2^{n-1}$ (или $n! \ge 2^{n-1}$) для всех натуральных чисел $n \ge 3$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим утверждение для $n=3$.

Левая часть: $3! = 1 \cdot 2 \cdot 3 = 6$.

Правая часть: $2^{3-1} = 2^2 = 4$.

Так как $6 \ge 4$, неравенство для $n=3$ выполняется.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 3$, то есть:

$k! \ge 2^{k-1}$

3. Индукционный шаг.

Докажем, что неравенство верно для $n = k+1$. То есть, докажем, что $(k+1)! \ge 2^{(k+1)-1} = 2^k$.

Рассмотрим левую часть. $(k+1)! = (k+1) \cdot k!$. Используя индукционное предположение:

$(k+1)! \ge (k+1) \cdot 2^{k-1}$

Теперь докажем, что $(k+1) \cdot 2^{k-1} \ge 2^k$ для $k \ge 3$.

Разделим обе части на $2^{k-1}$ (положительное число):

$k+1 \ge 2$

$k \ge 1$

Так как $k \ge 3$, это неравенство очевидно верно.

Мы получили: $(k+1)! \ge (k+1) \cdot 2^{k-1} \ge 2 \cdot 2^{k-1} = 2^k$. Следовательно, $(k+1)! \ge 2^k$.

Шаг индукции выполнен. По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n \ge 3$.

Ответ:

д) Докажем неравенство $\frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + ... + \frac{1}{\sqrt{n}} > \sqrt{n}$ для всех натуральных чисел $n \ge 2$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим утверждение для $n=2$.

Левая часть: $\frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} = 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 1.707$.

Правая часть: $\sqrt{2} \approx 1.414$.

Так как $1.707 > 1.414$, неравенство для $n=2$ выполняется.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 2$, то есть:

$\frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + ... + \frac{1}{\sqrt{k}} > \sqrt{k}$

3. Индукционный шаг.

Докажем, что неравенство верно для $n = k+1$. То есть, докажем, что $\frac{1}{\sqrt{1}} + ... + \frac{1}{\sqrt{k}} + \frac{1}{\sqrt{k+1}} > \sqrt{k+1}$.

Рассмотрим левую часть и воспользуемся индукционным предположением:

$(\frac{1}{\sqrt{1}} + ... + \frac{1}{\sqrt{k}}) + \frac{1}{\sqrt{k+1}} > \sqrt{k} + \frac{1}{\sqrt{k+1}}$

Теперь докажем, что $\sqrt{k} + \frac{1}{\sqrt{k+1}} > \sqrt{k+1}$ для $k \ge 2$.

Умножим обе части на $\sqrt{k+1}$ (положительное число):

$\sqrt{k}\sqrt{k+1} + 1 > (\sqrt{k+1})^2$

$\sqrt{k(k+1)} + 1 > k+1$

$\sqrt{k^2+k} > k$

Так как $k \ge 2$, обе части неравенства положительны. Возведем их в квадрат:

$k^2+k > k^2$

$k > 0$

Поскольку $k \ge 2$, это неравенство истинно.

Следовательно, мы показали, что $\frac{1}{\sqrt{1}} + ... + \frac{1}{\sqrt{k+1}} > \sqrt{k} + \frac{1}{\sqrt{k+1}} > \sqrt{k+1}$.

Шаг индукции выполнен. По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n \ge 2$.

Ответ:

1.38 Докажите по индукции, что для любого натурального n справедливо неравенство:

а) $\frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} < \frac{1}{2};$

б) $\frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + \frac{1}{7 \cdot 10} + \dots + \frac{1}{(3n - 2)(3n + 1)} < \frac{1}{3};$

в) $\frac{1}{1 \cdot 8} + \frac{1}{8 \cdot 15} + \frac{1}{15 \cdot 22} + \dots + \frac{1}{(7n - 6)(7n + 1)} < \frac{1}{7};$

г) $\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \frac{1}{n + 3} + \dots + \frac{1}{3n + 1} > 1.$

а)

Докажем неравенство $\frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} < \frac{1}{2}$.

Обозначим левую часть неравенства через $S_n$. Мы докажем по индукции, что для этой суммы справедлива формула $S_n = \frac{n}{2n+1}$. Из этого равенства будет следовать исходное неравенство, так как $\frac{n}{2n+1} < \frac{1}{2}$ эквивалентно $2n < 2n+1$ (поскольку $2n+1>0$ для натуральных $n$), что сводится к очевидно верному неравенству $0 < 1$.

Докажем равенство $S_n = \frac{n}{2n+1}$ методом математической индукции.

1. База индукции ($n=1$):

Для $n=1$ имеем $S_1 = \frac{1}{1 \cdot 3} = \frac{1}{3}$. Правая часть формулы дает $\frac{1}{2(1)+1} = \frac{1}{3}$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение:

Предположим, что формула верна для некоторого натурального $k \ge 1$: $S_k = \frac{1}{1 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{(2k - 1)(2k + 1)} = \frac{k}{2k+1}$.

3. Индукционный шаг:

Докажем, что формула верна для $n=k+1$. Сумма $S_{k+1}$ получается из $S_k$ добавлением следующего члена:

$S_{k+1} = S_k + \frac{1}{(2(k+1)-1)(2(k+1)+1)} = S_k + \frac{1}{(2k+1)(2k+3)}$.

Применяя индукционное предположение, получаем:

$S_{k+1} = \frac{k}{2k+1} + \frac{1}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{k(2k+3) + 1}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{2k^2+3k+1}{(2k+1)(2k+3)}$.

Разложив числитель на множители $2k^2+3k+1 = (2k+1)(k+1)$, получим:

$S_{k+1} = \frac{(2k+1)(k+1)}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{k+1}{2k+3} = \frac{k+1}{2(k+1)+1}$.

Таким образом, формула верна и для $n=k+1$.

По принципу математической индукции, формула $S_n = \frac{n}{2n+1}$ верна для всех натуральных $n$. Поскольку $\frac{n}{2n+1} < \frac{1}{2}$, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

б)

Докажем неравенство $\frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + \frac{1}{7 \cdot 10} + \dots + \frac{1}{(3n - 2)(3n + 1)} < \frac{1}{3}$.

Аналогично пункту а), обозначим левую часть через $S_n$ и докажем по индукции, что $S_n = \frac{n}{3n+1}$. Из этого будет следовать требуемое неравенство: $\frac{n}{3n+1} < \frac{1}{3} \iff 3n < 3n+1 \iff 0 < 1$, что верно.

Докажем равенство $S_n = \frac{n}{3n+1}$ методом математической индукции.

1. База индукции ($n=1$):

Для $n=1$ имеем $S_1 = \frac{1}{1 \cdot 4} = \frac{1}{4}$. Правая часть формулы дает $\frac{1}{3(1)+1} = \frac{1}{4}$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение:

Предположим, что формула верна для некоторого натурального $k \ge 1$: $S_k = \frac{k}{3k+1}$.

3. Индукционный шаг:

Докажем, что формула верна для $n=k+1$.

$S_{k+1} = S_k + \frac{1}{(3(k+1)-2)(3(k+1)+1)} = S_k + \frac{1}{(3k+1)(3k+4)}$.

Используя индукционное предположение:

$S_{k+1} = \frac{k}{3k+1} + \frac{1}{(3k+1)(3k+4)} = \frac{k(3k+4) + 1}{(3k+1)(3k+4)} = \frac{3k^2+4k+1}{(3k+1)(3k+4)}$.

Разложим числитель на множители $3k^2+4k+1 = (3k+1)(k+1)$:

$S_{k+1} = \frac{(3k+1)(k+1)}{(3k+1)(3k+4)} = \frac{k+1}{3k+4} = \frac{k+1}{3(k+1)+1}$.

Формула верна для $n=k+1$.

По принципу математической индукции, $S_n = \frac{n}{3n+1}$ для всех натуральных $n$, и, следовательно, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

в)

Докажем неравенство $\frac{1}{1 \cdot 8} + \frac{1}{8 \cdot 15} + \dots + \frac{1}{(7n - 6)(7n + 1)} < \frac{1}{7}$.

Как и в предыдущих пунктах, докажем по индукции, что сумма $S_n$ равна $S_n = \frac{n}{7n+1}$. Отсюда следует неравенство: $\frac{n}{7n+1} < \frac{1}{7} \iff 7n < 7n+1 \iff 0 < 1$, что верно.

Докажем равенство $S_n = \frac{n}{7n+1}$ методом математической индукции.

1. База индукции ($n=1$):

Для $n=1$ имеем $S_1 = \frac{1}{1 \cdot 8} = \frac{1}{8}$. Формула дает $\frac{1}{7(1)+1} = \frac{1}{8}$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение:

Предположим, что для некоторого натурального $k \ge 1$ формула верна: $S_k = \frac{k}{7k+1}$.

3. Индукционный шаг:

Докажем, что формула верна для $n=k+1$.

$S_{k+1} = S_k + \frac{1}{(7(k+1)-6)(7(k+1)+1)} = S_k + \frac{1}{(7k+1)(7k+8)}$.

Используя индукционное предположение:

$S_{k+1} = \frac{k}{7k+1} + \frac{1}{(7k+1)(7k+8)} = \frac{k(7k+8) + 1}{(7k+1)(7k+8)} = \frac{7k^2+8k+1}{(7k+1)(7k+8)}$.

Разложим числитель на множители $7k^2+8k+1 = (7k+1)(k+1)$:

$S_{k+1} = \frac{(7k+1)(k+1)}{(7k+1)(7k+8)} = \frac{k+1}{7k+8} = \frac{k+1}{7(k+1)+1}$.

Формула верна для $n=k+1$.

По принципу математической индукции, $S_n = \frac{n}{7n+1}$ для всех натуральных $n$, и, следовательно, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

г)

Докажем неравенство $S_n = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{3n + 1} > 1$ методом математической индукции.

1. База индукции ($n=1$):

При $n=1$ сумма имеет вид: $S_1 = \frac{1}{1+1} + \frac{1}{1+2} + \frac{1}{1+3} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4}$.

$S_1 = \frac{6+4+3}{12} = \frac{13}{12}$. Так как $\frac{13}{12} > 1$, база индукции верна.

2. Индукционное предположение:

Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $k \ge 1$: $S_k = \frac{1}{k + 1} + \frac{1}{k + 2} + \dots + \frac{1}{3k + 1} > 1$.

3. Индукционный шаг:

Рассмотрим сумму $S_{k+1}$ для $n=k+1$:

$S_{k+1} = \frac{1}{(k+1)+1} + \dots + \frac{1}{3(k+1)+1} = \frac{1}{k+2} + \frac{1}{k+3} + \dots + \frac{1}{3k+4}$.

Выразим $S_{k+1}$ через $S_k$:

$S_{k+1} = (\frac{1}{k+2} + \dots + \frac{1}{3k+1}) + \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4}$.

Из $S_k = \frac{1}{k+1} + (\frac{1}{k+2} + \dots + \frac{1}{3k+1})$ следует, что $(\frac{1}{k+2} + \dots + \frac{1}{3k+1}) = S_k - \frac{1}{k+1}$.

Подставим это в выражение для $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = S_k - \frac{1}{k+1} + \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4}$.

По индукционному предположению $S_k > 1$, значит $S_{k+1} > 1 - \frac{1}{k+1} + \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4}$.

Для завершения доказательства нам нужно показать, что $S_{k+1} > S_k$, т.е. что $S_{k+1}-S_k > 0$:

$S_{k+1} - S_k = \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4} - \frac{1}{k+1}$.

Приведем выражение к общему знаменателю:

$\frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3(k+1)} + \frac{1}{3k+4} - \frac{3}{3(k+1)} = \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+4} - \frac{2}{3(k+1)}$.

$\frac{(3k+3)(3k+4) + (3k+2)(3k+3) - 2(3k+2)(3k+4)}{3(k+1)(3k+2)(3k+4)}$.

Знаменатель дроби положителен для натуральных $k$. Раскроем скобки в числителе:

$(9k^2+12k+9k+12) + (9k^2+6k+9k+6) - 2(9k^2+12k+6k+8) = (18k^2+36k+18) - (18k^2+36k+16) = 2$.

Таким образом, $S_{k+1} - S_k = \frac{2}{3(k+1)(3k+2)(3k+4)} > 0$.

Мы получили, что $S_{k+1} = S_k + \frac{2}{3(k+1)(3k+2)(3k+4)}$. Так как $S_k > 1$ по предположению, и мы прибавляем положительное число, то $S_{k+1} > 1$. Индукционный шаг доказан.

По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n$.

Ответ: Неравенство доказано.

1.39 Докажите, что для любого натурального n выполняется равенство:

а) $1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$;

б) $1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$.

а)

Докажем равенство $1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ методом математической индукции.

Шаг 1: База индукции
Проверим утверждение для $n=1$.
Левая часть: $S_1 = 1^2 = 1$.
Правая часть: $\frac{1 \cdot (1+1) \cdot (2 \cdot 1 + 1)}{6} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1$.
Так как левая и правая части равны ($1=1$), утверждение верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение
Предположим, что формула верна для некоторого натурального числа $k \ge 1$:
$S_k = 1^2 + 2^2 + \dots + k^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$.

Шаг 3: Индукционный переход
Докажем, что формула верна и для следующего числа $k+1$. То есть, нам нужно доказать:
$S_{k+1} = 1^2 + 2^2 + \dots + k^2 + (k+1)^2 = \frac{(k+1)((k+1)+1)(2(k+1)+1)}{6} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$.

Выразим $S_{k+1}$ через $S_k$ и $(k+1)^2$:
$S_{k+1} = S_k + (k+1)^2$.
Используя индукционное предположение для $S_k$, получим:
$S_{k+1} = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2$.

Приведем слагаемые к общему знаменателю и вынесем общий множитель $(k+1)$:
$S_{k+1} = \frac{k(k+1)(2k+1) + 6(k+1)^2}{6} = \frac{(k+1)[k(2k+1) + 6(k+1)]}{6}$.

Упростим выражение в квадратных скобках:
$k(2k+1) + 6(k+1) = 2k^2 + k + 6k + 6 = 2k^2 + 7k + 6$.

Разложим полученный квадратный трехчлен на множители. Заметим, что $(k+2)(2k+3) = 2k^2 + 3k + 4k + 6 = 2k^2 + 7k + 6$.
Таким образом, выражение для $S_{k+1}$ принимает вид:
$S_{k+1} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$.

Полученное выражение совпадает с формулой, которую мы хотели доказать для $n=k+1$. Следовательно, индукционный переход доказан.

По принципу математической индукции, равенство доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: Равенство $1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ доказано.

б)

Докажем равенство $1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$ методом математической индукции.

Шаг 1: База индукции
Проверим утверждение для $n=1$.
Левая часть: $S_1 = 1^3 = 1$.
Правая часть: $\frac{1^2 \cdot (1+1)^2}{4} = \frac{1 \cdot 2^2}{4} = \frac{4}{4} = 1$.
Так как левая и правая части равны ($1=1$), утверждение верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение
Предположим, что формула верна для некоторого натурального числа $k \ge 1$:
$S_k = 1^3 + 2^3 + \dots + k^3 = \frac{k^2(k+1)^2}{4}$.

Шаг 3: Индукционный переход
Докажем, что формула верна и для следующего числа $k+1$. То есть, нам нужно доказать:
$S_{k+1} = 1^3 + 2^3 + \dots + k^3 + (k+1)^3 = \frac{(k+1)^2((k+1)+1)^2}{4} = \frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4}$.

Выразим $S_{k+1}$ через $S_k$ и $(k+1)^3$:
$S_{k+1} = S_k + (k+1)^3$.
Используя индукционное предположение для $S_k$, получим:
$S_{k+1} = \frac{k^2(k+1)^2}{4} + (k+1)^3$.

Приведем слагаемые к общему знаменателю и вынесем общий множитель $(k+1)^2$:
$S_{k+1} = \frac{k^2(k+1)^2 + 4(k+1)^3}{4} = \frac{(k+1)^2[k^2 + 4(k+1)]}{4}$.

Упростим выражение в квадратных скобках:
$k^2 + 4(k+1) = k^2 + 4k + 4 = (k+2)^2$.

Таким образом, выражение для $S_{k+1}$ принимает вид:
$S_{k+1} = \frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4}$.

Полученное выражение совпадает с формулой, которую мы хотели доказать для $n=k+1$. Следовательно, индукционный переход доказан.

По принципу математической индукции, равенство доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: Равенство $1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$ доказано.

1.40* Задача ал-Караджи (Иран, XI в.). Докажите, что для любого натурального $n$ верно равенство

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + n^3 = (1 + 2 + 3 + \dots + n)^2$.

Для доказательства данного равенства воспользуемся методом математической индукции. Обозначим доказываемое утверждение как $P(n)$:

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + n^3 = (1 + 2 + 3 + \dots + n)^2$

Доказательство состоит из двух шагов: проверка базы индукции и доказательство индукционного перехода.

1. База индукции

Проверим, верно ли утверждение для наименьшего натурального числа $n=1$.

Левая часть равенства для $n=1$: $1^3 = 1$.

Правая часть равенства для $n=1$: $(1)^2 = 1$.

Так как $1=1$, левая часть равна правой. Следовательно, утверждение $P(1)$ истинно.

2. Индукционный переход

Сделаем индукционное предположение, что утверждение $P(k)$ истинно для некоторого произвольного натурального числа $k \ge 1$. То есть, мы предполагаем, что верно равенство:

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + k^3 = (1 + 2 + 3 + \dots + k)^2$

Теперь докажем, что из истинности $P(k)$ следует истинность $P(k+1)$. Утверждение $P(k+1)$ имеет вид:

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + k^3 + (k+1)^3 = (1 + 2 + 3 + \dots + k + (k+1))^2$

Рассмотрим левую часть этого равенства и преобразуем ее, используя индукционное предположение:

$(1^3 + 2^3 + \dots + k^3) + (k+1)^3 = (1 + 2 + \dots + k)^2 + (k+1)^3$

Воспользуемся известной формулой суммы первых $k$ натуральных чисел: $1 + 2 + \dots + k = \frac{k(k+1)}{2}$.

Подставим эту формулу в наше выражение:

$\left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 + (k+1)^3 = \frac{k^2(k+1)^2}{4} + (k+1)^3$

Вынесем общий множитель $(k+1)^2$ за скобки:

$(k+1)^2 \left( \frac{k^2}{4} + k+1 \right) = (k+1)^2 \left( \frac{k^2 + 4(k+1)}{4} \right) = (k+1)^2 \left( \frac{k^2 + 4k + 4}{4} \right)$

Выражение в числителе $k^2 + 4k + 4$ является полным квадратом $(k+2)^2$. Таким образом, левая часть преобразуется к виду:

$\frac{(k+1)^2 (k+2)^2}{4} = \left( \frac{(k+1)(k+2)}{2} \right)^2$

Теперь рассмотрим правую часть равенства для $P(k+1)$. Сумма первых $k+1$ натуральных чисел вычисляется по той же формуле:

$1 + 2 + \dots + k + (k+1) = \frac{(k+1)((k+1)+1)}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$

Следовательно, правая часть равна:

$(1 + 2 + \dots + k + (k+1))^2 = \left( \frac{(k+1)(k+2)}{2} \right)^2$

Мы получили, что левая и правая части равенства для $P(k+1)$ равны. Таким образом, индукционный переход доказан.

Поскольку база индукции верна и индукционный переход доказан, по принципу математической индукции исходное равенство верно для любого натурального числа $n$.

Ответ: Равенство доказано.

1.41* Задача ал-Каши (XIV–XV вв.)

Докажите, что для любого натурального $n$ верно равенство

$1^4 + 2^4 + 3^4 + ... + n^4 = \frac{1}{30}(6n^5 + 15n^4 + 10n^3 - n).$

Для доказательства данного равенства воспользуемся методом математической индукции.

Пусть $P(n)$ — это утверждение, что $1^4 + 2^4 + 3^4 + \dots + n^4 = \frac{1}{30}(6n^5 + 15n^4 + 10n^3 - n)$.

Шаг 1: База индукции

Проверим справедливость утверждения для $n=1$.

Левая часть равенства: $1^4 = 1$.

Правая часть равенства: $\frac{1}{30}(6 \cdot 1^5 + 15 \cdot 1^4 + 10 \cdot 1^3 - 1) = \frac{1}{30}(6 + 15 + 10 - 1) = \frac{30}{30} = 1$.

Так как $1 = 1$, утверждение $P(1)$ верно.

Шаг 2: Индукционное предположение

Предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$. То есть, предположим, что верно равенство:

$1^4 + 2^4 + 3^4 + \dots + k^4 = \frac{1}{30}(6k^5 + 15k^4 + 10k^3 - k)$.

Шаг 3: Индукционный переход

Докажем, что из верности $P(k)$ следует верность $P(k+1)$. Утверждение $P(k+1)$ имеет вид:

$1^4 + 2^4 + \dots + k^4 + (k+1)^4 = \frac{1}{30}(6(k+1)^5 + 15(k+1)^4 + 10(k+1)^3 - (k+1))$.

Рассмотрим левую часть этого равенства. Используя индукционное предположение, мы можем заменить сумму первых $k$ слагаемых:

$1^4 + 2^4 + \dots + k^4 + (k+1)^4 = \left(\frac{1}{30}(6k^5 + 15k^4 + 10k^3 - k)\right) + (k+1)^4$.

Приведем выражение к общему знаменателю 30:

$\frac{1}{30}(6k^5 + 15k^4 + 10k^3 - k) + \frac{30(k+1)^4}{30} = \frac{1}{30}[ (6k^5 + 15k^4 + 10k^3 - k) + 30(k+1)^4 ]$.

Раскроем $(k+1)^4$ по формуле бинома Ньютона: $(k+1)^4 = k^4 + 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1$.

$\frac{1}{30}[ 6k^5 + 15k^4 + 10k^3 - k + 30(k^4 + 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1) ] = \frac{1}{30}[ 6k^5 + 15k^4 + 10k^3 - k + 30k^4 + 120k^3 + 180k^2 + 120k + 30 ]$.

Сгруппируем слагаемые по степеням $k$:

$\frac{1}{30}[ 6k^5 + (15+30)k^4 + (10+120)k^3 + 180k^2 + (-1+120)k + 30 ] = \frac{1}{30}(6k^5 + 45k^4 + 130k^3 + 180k^2 + 119k + 30)$.

Теперь преобразуем правую часть утверждения $P(k+1)$, чтобы показать, что она равна полученному выражению.

$\frac{1}{30}(6(k+1)^5 + 15(k+1)^4 + 10(k+1)^3 - (k+1))$.

Раскроем скобки, используя бином Ньютона:

• $6(k+1)^5 = 6(k^5 + 5k^4 + 10k^3 + 10k^2 + 5k + 1) = 6k^5 + 30k^4 + 60k^3 + 60k^2 + 30k + 6$
• $15(k+1)^4 = 15(k^4 + 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1) = 15k^4 + 60k^3 + 90k^2 + 60k + 15$
• $10(k+1)^3 = 10(k^3 + 3k^2 + 3k + 1) = 10k^3 + 30k^2 + 30k + 10$
• $-(k+1) = -k - 1$

Сложим все эти выражения:

$(6k^5) + (30+15)k^4 + (60+60+10)k^3 + (60+90+30)k^2 + (30+60+30-1)k + (6+15+10-1)$

$= 6k^5 + 45k^4 + 130k^3 + 180k^2 + 119k + 30$.

Таким образом, правая часть равна:

$\frac{1}{30}(6k^5 + 45k^4 + 130k^3 + 180k^2 + 119k + 30)$.

Мы видим, что преобразованные левая и правая части утверждения $P(k+1)$ совпадают. Это доказывает индукционный переход.

Поскольку база индукции верна ($P(1)$ истинно) и индукционный переход доказан (из истинности $P(k)$ следует истинность $P(k+1)$), по принципу математической индукции исходное равенство верно для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Равенство $1^4 + 2^4 + 3^4 + \dots + n^4 = \frac{1}{30}(6n^5 + 15n^4 + 10n^3 - n)$ доказано методом математической индукции для всех натуральных $n$.

1.42* Задача Фаульхабера (Германия, 1580—1635).

Докажите, что для любого натурального $n$ верно равенство

$1^5 + 2^5 + 3^5 + \dots + n^5 = \frac{1}{12}(2n^6 + 6n^5 + 5n^4 - n^2)$

Докажем данное равенство методом математической индукции.

Пусть $S(n)$ — это утверждение, что $\sum_{k=1}^{n} k^5 = 1^5 + 2^5 + 3^5 + \dots + n^5 = \frac{1}{12}(2n^6 + 6n^5 + 5n^4 - n^2)$.

Шаг 1: База индукции

Проверим истинность утверждения для $n=1$.

Левая часть равенства: $\sum_{k=1}^{1} k^5 = 1^5 = 1$.

Правая часть равенства: $\frac{1}{12}(2 \cdot 1^6 + 6 \cdot 1^5 + 5 \cdot 1^4 - 1^2) = \frac{1}{12}(2 + 6 + 5 - 1) = \frac{12}{12} = 1$.

Левая часть равна правой, следовательно, утверждение $S(1)$ истинно.

Шаг 2: Индукционное предположение

Предположим, что утверждение $S(m)$ истинно для некоторого произвольного натурального числа $m \ge 1$. То есть, мы предполагаем, что верно равенство:

$\sum_{k=1}^{m} k^5 = \frac{1}{12}(2m^6 + 6m^5 + 5m^4 - m^2)$.

Шаг 3: Индукционный переход

Докажем, что из истинности $S(m)$ следует истинность $S(m+1)$. Нам нужно доказать, что:

$\sum_{k=1}^{m+1} k^5 = \frac{1}{12}(2(m+1)^6 + 6(m+1)^5 + 5(m+1)^4 - (m+1)^2)$.

Рассмотрим левую часть этого равенства:

$\sum_{k=1}^{m+1} k^5 = \left(\sum_{k=1}^{m} k^5\right) + (m+1)^5$.

Используя индукционное предположение, заменим сумму:

$\sum_{k=1}^{m+1} k^5 = \frac{1}{12}(2m^6 + 6m^5 + 5m^4 - m^2) + (m+1)^5$.

Приведем выражение к общему знаменателю:

$\sum_{k=1}^{m+1} k^5 = \frac{2m^6 + 6m^5 + 5m^4 - m^2 + 12(m+1)^5}{12}$.

Для упрощения дальнейших выкладок, преобразуем исходную формулу. Вынесем общие множители из многочлена в правой части:

$2n^6 + 6n^5 + 5n^4 - n^2 = n^2(2n^4 + 6n^3 + 5n^2 - 1)$.

Многочлен $P(n) = 2n^4 + 6n^3 + 5n^2 - 1$ имеет корень $n=-1$, так как $P(-1) = 2 - 6 + 5 - 1 = 0$. Значит, он делится на $(n+1)$. Разделив $P(n)$ на $(n+1)$, получим $2n^3 + 4n^2 + n - 1$.

Многочлен $Q(n) = 2n^3 + 4n^2 + n - 1$ также имеет корень $n=-1$, так как $Q(-1) = -2 + 4 - 1 - 1 = 0$. Разделив $Q(n)$ на $(n+1)$, получим $2n^2 + 2n - 1$.

Таким образом, правую часть исходного равенства можно представить в виде:

$\frac{n^2(n+1)^2(2n^2 + 2n - 1)}{12}$.

Теперь вернемся к индукционному переходу, используя эту более удобную форму. Наше индукционное предположение:

$\sum_{k=1}^{m} k^5 = \frac{m^2(m+1)^2(2m^2+2m-1)}{12}$.

Тогда:

$\sum_{k=1}^{m+1} k^5 = \frac{m^2(m+1)^2(2m^2+2m-1)}{12} + (m+1)^5$.

Вынесем общий множитель $\frac{(m+1)^2}{12}$ за скобки:

$\sum_{k=1}^{m+1} k^5 = \frac{(m+1)^2}{12} [m^2(2m^2+2m-1) + 12(m+1)^3]$.

Раскроем скобки внутри квадратных скобок:

$m^2(2m^2+2m-1) + 12(m^3+3m^2+3m+1) = (2m^4+2m^3-m^2) + (12m^3+36m^2+36m+12)$.

Сложим многочлены:

$2m^4 + (2+12)m^3 + (-1+36)m^2 + 36m + 12 = 2m^4 + 14m^3 + 35m^2 + 36m + 12$.

Итак, мы получили:

$\sum_{k=1}^{m+1} k^5 = \frac{(m+1)^2}{12} (2m^4 + 14m^3 + 35m^2 + 36m + 12)$.

Теперь преобразуем правую часть доказываемого равенства для $n=m+1$:

$\frac{(m+1)^2((m+1)+1)^2(2(m+1)^2+2(m+1)-1)}{12} = \frac{(m+1)^2(m+2)^2(2(m^2+2m+1)+2m+2-1)}{12}$.

Упростим выражение в последней скобке:

$2m^2+4m+2+2m+1 = 2m^2+6m+3$.

Получаем:

$\frac{(m+1)^2(m+2)^2(2m^2+6m+3)}{12}$.

Раскроем произведение $(m+2)^2(2m^2+6m+3)$:

$(m^2+4m+4)(2m^2+6m+3) = m^2(2m^2+6m+3) + 4m(2m^2+6m+3) + 4(2m^2+6m+3)$

$= (2m^4+6m^3+3m^2) + (8m^3+24m^2+12m) + (8m^2+24m+12)$

$= 2m^4 + (6+8)m^3 + (3+24+8)m^2 + (12+24)m + 12$

$= 2m^4 + 14m^3 + 35m^2 + 36m + 12$.

Сравнивая результаты, видим, что преобразованная левая часть равна преобразованной правой части. Следовательно, утверждение $S(m+1)$ истинно.

Заключение

Поскольку база индукции ($n=1$) верна и индукционный переход доказан (из истинности $S(m)$ следует истинность $S(m+1)$), по принципу математической индукции данное равенство верно для любого натурального числа $n$.

Ответ: Равенство доказано.

1.43* Докажите, что для любого натурального $n$:

а) $5^n + 3$ делится на 4;

б) $7^n + 5$ делится на 6;

в) $5^n + 6^n - 1$ делится на 10;

г) $3^n + 4^n - 1$ делится на 6;

д) $9^{n+1} - 8n - 9$ делится на 64;

е) $7^{n+1} - 6n - 7$ делится на 36.

а) Докажем, что выражение $5^n + 3$ делится на 4 для любого натурального $n$, используя метод математической индукции.

1. База индукции.
При $n=1$ имеем: $5^1 + 3 = 8$. Число 8 делится на 4, поэтому утверждение верно для $n=1$.

2. Предположение индукции.
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $5^k + 3$ делится на 4. Это значит, что существует такое целое число $m$, что $5^k + 3 = 4m$.

3. Шаг индукции.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$, то есть что $5^{k+1} + 3$ делится на 4.
$5^{k+1} + 3 = 5 \cdot 5^k + 3$.
Из предположения индукции выразим $5^k = 4m - 3$. Подставим это в выражение:
$5(4m - 3) + 3 = 20m - 15 + 3 = 20m - 12 = 4(5m - 3)$.
Поскольку $m$ - целое число, то $5m - 3$ также является целым числом. Следовательно, выражение $4(5m - 3)$ делится на 4. Шаг индукции доказан.

Таким образом, по принципу математической индукции, утверждение верно для любого натурального $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б) Докажем, что выражение $7^n + 5$ делится на 6 для любого натурального $n$, используя метод математической индукции.

1. База индукции.
При $n=1$ имеем: $7^1 + 5 = 12$. Число 12 делится на 6, поэтому утверждение верно для $n=1$.

2. Предположение индукции.
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $7^k + 5$ делится на 6. Это значит, что $7^k + 5 = 6m$ для некоторого целого $m$.

3. Шаг индукции.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$, то есть что $7^{k+1} + 5$ делится на 6.
$7^{k+1} + 5 = 7 \cdot 7^k + 5$.
Из предположения индукции выразим $7^k = 6m - 5$. Подставим это в выражение:
$7(6m - 5) + 5 = 42m - 35 + 5 = 42m - 30 = 6(7m - 5)$.
Поскольку $m$ - целое число, то $7m - 5$ также является целым числом. Следовательно, выражение $6(7m - 5)$ делится на 6. Шаг индукции доказан.

Таким образом, по принципу математической индукции, утверждение верно для любого натурального $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

в) Докажем, что выражение $5^n + 6^n - 1$ делится на 10 для любого натурального $n$, используя метод математической индукции.

1. База индукции.
При $n=1$ имеем: $5^1 + 6^1 - 1 = 10$. Число 10 делится на 10, поэтому утверждение верно для $n=1$.

2. Предположение индукции.
Обозначим $A_n = 5^n + 6^n - 1$. Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $A_k = 5^k + 6^k - 1$ делится на 10.

3. Шаг индукции.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$, то есть что $A_{k+1} = 5^{k+1} + 6^{k+1} - 1$ делится на 10.
Рассмотрим разность $A_{k+1} - A_k$:
$A_{k+1} - A_k = (5^{k+1} + 6^{k+1} - 1) - (5^k + 6^k - 1) = 5^{k+1} - 5^k + 6^{k+1} - 6^k = 5^k(5-1) + 6^k(6-1) = 4 \cdot 5^k + 5 \cdot 6^k$.
Преобразуем выражение: $4 \cdot 5^k + 5 \cdot 6^k = 4 \cdot 5 \cdot 5^{k-1} + 5 \cdot 6 \cdot 6^{k-1} = 20 \cdot 5^{k-1} + 30 \cdot 6^{k-1} = 10(2 \cdot 5^{k-1} + 3 \cdot 6^{k-1})$.
Это выражение делится на 10 для любого натурального $k \ge 1$.
Так как $A_{k+1} = (A_{k+1} - A_k) + A_k$, и оба слагаемых ($A_{k+1} - A_k$ и $A_k$) делятся на 10, то и их сумма $A_{k+1}$ делится на 10. Шаг индукции доказан.

Таким образом, по принципу математической индукции, утверждение верно для любого натурального $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

г) Докажем, что выражение $3^n + 4^n - 1$ делится на 6 для любого натурального $n$, используя метод математической индукции.

1. База индукции.
При $n=1$ имеем: $3^1 + 4^1 - 1 = 6$. Число 6 делится на 6, поэтому утверждение верно для $n=1$.

2. Предположение индукции.
Обозначим $A_n = 3^n + 4^n - 1$. Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $A_k = 3^k + 4^k - 1$ делится на 6.

3. Шаг индукции.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$, то есть что $A_{k+1} = 3^{k+1} + 4^{k+1} - 1$ делится на 6.
Рассмотрим разность $A_{k+1} - A_k$:
$A_{k+1} - A_k = (3^{k+1} + 4^{k+1} - 1) - (3^k + 4^k - 1) = 3^{k+1} - 3^k + 4^{k+1} - 4^k = 3^k(3-1) + 4^k(4-1) = 2 \cdot 3^k + 3 \cdot 4^k$.
Преобразуем выражение: $2 \cdot 3^k + 3 \cdot 4^k = 2 \cdot 3 \cdot 3^{k-1} + 3 \cdot 4 \cdot 4^{k-1} = 6 \cdot 3^{k-1} + 12 \cdot 4^{k-1} = 6(3^{k-1} + 2 \cdot 4^{k-1})$.
Это выражение делится на 6 для любого натурального $k \ge 1$.
Так как $A_{k+1} = (A_{k+1} - A_k) + A_k$, и оба слагаемых делятся на 6, то и их сумма $A_{k+1}$ делится на 6. Шаг индукции доказан.

Таким образом, по принципу математической индукции, утверждение верно для любого натурального $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

д) Докажем, что выражение $9^{n+1} - 8n - 9$ делится на 64 для любого натурального $n$, используя метод математической индукции.

1. База индукции.
При $n=1$ имеем: $9^{1+1} - 8(1) - 9 = 9^2 - 8 - 9 = 81 - 17 = 64$. Число 64 делится на 64, поэтому утверждение верно для $n=1$.

2. Предположение индукции.
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $9^{k+1} - 8k - 9$ делится на 64. Это значит, что $9^{k+1} - 8k - 9 = 64m$ для некоторого целого $m$.

3. Шаг индукции.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$, то есть что $9^{(k+1)+1} - 8(k+1) - 9$ делится на 64.
$9^{k+2} - 8(k+1) - 9 = 9 \cdot 9^{k+1} - 8k - 8 - 9 = 9 \cdot 9^{k+1} - 8k - 17$.
Из предположения индукции выразим $9^{k+1} = 64m + 8k + 9$. Подставим это в выражение:
$9(64m + 8k + 9) - 8k - 17 = 9 \cdot 64m + 72k + 81 - 8k - 17 = 9 \cdot 64m + 64k + 64 = 64(9m + k + 1)$.
Поскольку $m$ и $k$ - целые числа, то $9m + k + 1$ также является целым числом. Следовательно, выражение $64(9m + k + 1)$ делится на 64. Шаг индукции доказан.

Таким образом, по принципу математической индукции, утверждение верно для любого натурального $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

е) Докажем, что выражение $7^{n+1} - 6n - 7$ делится на 36 для любого натурального $n$, используя метод математической индукции.

1. База индукции.
При $n=1$ имеем: $7^{1+1} - 6(1) - 7 = 7^2 - 6 - 7 = 49 - 13 = 36$. Число 36 делится на 36, поэтому утверждение верно для $n=1$.

2. Предположение индукции.
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $7^{k+1} - 6k - 7$ делится на 36. Это значит, что $7^{k+1} - 6k - 7 = 36m$ для некоторого целого $m$.

3. Шаг индукции.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$, то есть что $7^{(k+1